2017走向高考物理课后强化作业

2017走向高考物理课后强化作业篇一

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (8)

一、选择题

1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，如何保证刻度尺竖直( )

A．使用三角板 B．使用重锤线

C．目测 D．不用检查

[答案] B

[解析] 使用重锤线可保证刻度尺竖直，故B正确．A、C不准确，不合题意，D是错误的。

2．(2013·广州毕业班综合测试)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学第一步用一个弹簧测力计钩住细绳套拉橡皮条，使结点到达某一位置O；第二步用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套互成角度地拉橡皮条，使结点到达同一位置O。第二步中必须记录的是( )

A．两细绳的长度和两细绳的方向

B．橡皮条伸长的长度和两细绳的方向

C．两弹簧测力计的读数和橡皮条伸长的长度

D．两细绳套的方向和两弹簧测力计的读数

[答案] D

[解析] 力的合成与分解都要满足平行四边形定则，因此必须要知道力的大小和方向，才能作出力的平行四边形，A、B、C错误，D正确。

3．如图甲所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连。当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了

弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象(如图乙)。则下列判断正确的是(

)

A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比

B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比

C．该弹簧的劲度系数是100N/m

D．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变

[答案] BD

[解析] 由题图乙可知F＝kx，即弹簧的弹力和弹簧的形变量成正比，不与弹簧长度成正比，A错误；由ΔF＝kΔx可知，B说法正

20确；由k＝x＝，故C错误；F－x图线的斜率对应弹簧的劲0.1

度系数，而x>0和x<0时的斜率相同，故D正确。

二、非选择题

4．(2013·云南师大附中高三模拟)请将下列实验步骤或结果补充完整：在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，取一待测弹簧，将弹簧自由悬挂测出其长度，在其下端竖直悬挂钩码，稳定后测出弹簧的长度，并记录________。改变钩码个数。重复上述步骤。

某同学在如图所示的坐标系中，根据外力F与弹簧形变量x的数据标出了五个点。请你在图中描绘出相应的F－x图象，根据图象求出弹簧的劲度系数为________N/m。(保留三位有效数字)

[答案] 钩码个数(或钩码总质量、钩码总重量)

F－x图线如图所示

19.6

[解析] 实验中需要测弹力大小，而弹力大小等于钩码重量，因

F此需记录钩码总重量。F－x图线见答案图。由F＝kx得：k＝x＝

2.75N19.6N/m。 14×10－m

5．橡皮条的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳

分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计。沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示，这时弹簧测力计的读数可从图中读出。

(1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为________N和________N。(要求读到0.1N)

(2)在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。

[答案] (1)4.0 2.5 (2)见解析图

[解析] 读弹簧秤示数时，应注意首先找零刻度线，尤其是竖直放置的那个弹簧秤，它的读数是2.5N(而不是3.5N)，水平放置的弹簧秤读数是4.0N。

6．(2013·云南重点高中联考)如图甲所示，在研究弹力和弹簧伸长量的关系时，把弹簧上端固定在横梁上，下端悬吊不同重力的砝码，用刻度尺测量弹簧的长度，把弹簧的伸长Δx和弹簧弹力F的关系在F－Δx坐标系中描点如图乙所示。

(1)从坐标系中的实验数据可知，该弹簧的劲度系数是________ (精确到两位有效数字)。

(2)关于实验注意事项，以下哪项是没有必要的？(填入字母序号)________。

A．悬吊砝码后，在砝码静止后再读数

B．尽量减小弹簧和横梁之间的摩擦

C．弹簧的受力不超过它的弹性限度

[答案] (1)1.2×102N/m或1.3×102N/m (2)B

[解析] (1)由胡克定律F＝kΔx知F－Δx图象中的斜率即劲度系数。

(2)胡克定律只在弹性限度内才成立；实验时应在砝码静止、形变量稳定时读数；弹簧和砝码之间的摩擦力对本实验没有影响。

7．(1)某实验小组在《互成角度的两个共点力的合成》实验中，做好实验准备后，先用两个弹簧秤把橡皮条的结点拉到某一位置O，

2017走向高考物理课后强化作业篇二

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (14)

一、选择题

1．以下说法中，正确的是( )

A．采用伏安法测电阻时，只要仪器选得正确，可保证没有系统误差

B．用伏安法测电阻，不论是用电流表外接法，还是电流表内接法，都存在系统误差

C．用欧姆表测电阻，既准确又方便

D．伏安法测电阻，存在系统误差的原因是由于电流表的分压

[答案] B

[解析] 对A、B选项，伏安法测电阻不可能没有系统误差，只能减小，故B选项正确，A选项错误。对C选项，欧姆表测电阻方便但由于刻度不均匀读数误差较大，电池用久了误差更大。因而C选项错误。对D选项，不同的测量电路引起误差的原因不同，故D选项错误。

2．如下图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，Rx约为10Ω，则下图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小( )

A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小

C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小

[答案] B

RRRR[解析] ＝500，＝10，∴>，应采用电流表外接法，RxRARxRA

由于电压表分流，使IA>Ix，Rx的测量值比真实值偏小。

3．分别用图(a)、(b)两种电路测量同一未知电阻的阻值。图(a)中两表的示数分别为3V、4mA，图(b)中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻Rx的真实值为(

)

A．略小于1kΩ B．略小于750Ω

C．略大于1kΩ D．略大于750Ω

[答案] D

[解析] 先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用(a)图进行测量比较准确。(a)图中测量值较真实值偏小。

4.

如图所示电路，用伏安法测量电阻的大小。电阻R＝320Ω时，电流表的示数是15mA，电压表的示数是4.5V。如果用这个电路测量未知电阻R′，电流表的示数是13mA，电压表的示数是5.2V，则电阻R′的大小是( )

A．R>420Ω B．400Ω<R′<420Ω

C．R′＝420Ω D．无法确定

[答案] A

[解析] R＝320Ω时，两端电压U＝4.5V，则通过R的电流IRU4.5＝＝＝0.014A＝14mA R320

通过电压表的电流IV＝I－IR＝(15－14)mA＝1mA

U4.5电压表内阻RV＝＝4500Ω IV1×10－当电阻为R′时，电压U′＝5.2V

U′5.2通过电压表的电流IV′＝＝A＝1.15mA RV4500

通过R′的电流IR′＝I′－IV′＝(13－1.15)mA＝11.85mA

U′5.2电阻R′＝Ω＝439Ω。 IR′11.85×10－二、非选择题

5．用伏安法测一定值电阻的阻值，备选器材如下：

待测电阻Rx(阻值约2.0kΩ，额定功率为0.05W)

电压表V1(量程0～1V，内阻10kΩ)

电压表V2(量程0～10V，内阻100kΩ)

电流表A1(量程0～500μA，内阻50Ω)

电流表A2(量程0～6mA，内阻10Ω)

电源E1(电动势3V，内阻不计)

电源E2(电动势12V，内阻不计)

滑动变阻器R(电阻范围0～10Ω，额定功率25W)

电键S及导线若干

为使测量尽量准确，要求进行多次测量，求得平均值，请画出测

量所需的电路原理图，并按题目所给的符号在图中标明所选器材。

[答案] 如图所示

[解析] 因待测电阻Rx的阻值约为2.0kΩ，额定功率为0.05W ，由UPRx得待测电阻两端电压约为10V，所以电源选E2，电压表选V2，由U＝IRx，知允许通过待测电阻的最大电流约5mA，电流表选A2，因RVRA<R2x，所以电流表内接，又因R≪Rx，所以滑动变阻器接成分压式。

6．用伏安法测量一个阻值约为20Ω的未知电阻Rx的阻值。实验电路图如图：

(1)在以下备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________ ，滑动变阻器应选用________。

电源E(电动势3V、内阻可以忽略不计)

电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)

电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)

电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)

电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)

滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)

滑动变阻器R2(0～1000Ω，允许最大电流0.5A)

定值电阻R(30Ω，允许最大电流1.0A)

开关、导线若干

(2)某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx＝________。

U[答案] (1)A1 V1 R1 (2)－R I

[解析] (1)电源电动势E＝3V，Rx的阻值约为20Ω，定值电阻R

E＝30Ω，流过电流表的最大电流Imax＝0.048A，因此电R＋Rx＋RA

流表应选A1，电压表应选V1，为了便于分压电路调节，滑动变阻器

U应选择R1。(2)由分压电路关系可得Rx＝－R。 I

7．(2013·山东济南一模)某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻值。可选用器材的代号和规格如下：

2017走向高考物理课后强化作业篇三

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (7)

一、选择题

1．(2013·广州一模)如图，细线a和b的一端分别固定在水平地面上，另一端系一个静止在空气中的氢气球，细线与地面的夹角分别为30°和60°。若a、b受到的拉力分别为Ta和Tb，氢气球受到的浮力为F，则(

)

A．Ta>Tb B．Ta<Tb

C．F＝Ta D．F<Tb

[答案] B

[解析] 对气球进行受力分析可知，只有B正确。{2017走向高考物理课后强化作业}.

2．(2013·广州)一位同学擦黑板时，使黑板擦沿水平方向做匀速直线运动，手对黑板擦的作用力有两个作用效果：一个是垂直黑板对黑板擦的压力F1，另一个是平行黑板对黑板擦的推力F2，F2的方向与运动方向的夹角为θ。当压力F1变大，仍保持黑板擦沿原方向做匀速直线运动时，对F2的变化判断正确的是( )

A．F2变大，θ变小 B．F2变大，θ变大

C．F2变小，θ不变 D．F2变小，θ变小

[答案] A

[解析] 以黑板擦为研究对象，黑板擦在垂直黑板的平面内受到手的压力F1和黑板的支持力FN，这两个力相平衡，即FN＝F1在黑板的平面内受到重力、滑动摩擦力和手对黑板擦的推力F2，这三个力相平衡。在黑板的平面内，F2cosθ＝f，F2sinθ＝mg，而f＝μFN，

mgmg当F1变大时，FN变大，f变大，则tanθ＝f变小，θ变小，F2＝sinθ

变大，故A正确。

3．(2014·山东师大附中模拟

)

一吊桥有六对钢杆悬挂着，六对钢杆在桥面上，分列两排，其一端挂在钢缆上。如图所示为其一截面图，已知相邻两钢杆之间距离均为9m，靠近桥面中心的两钢杆长度为2m(即AA1＝DD1＝2m)，BB1＝EE1，CC1＝PP1，又已知钢缆两端与水平方向成45°角。若钢杆重力不计，为使每根钢杆承受负荷相同，则( )

A．BB1＝EE1＝3m B．BB1＝EE1＝5m

C．CC1＝PP1＝9m D．CC1＝PP1＝11m

[答案] BD

[解析]{2017走向高考物理课后强化作业}.

设每根钢杆上的作用力为F，对整体，在竖直方向上平衡，有2FCsin45°＝6F，对C、B两点，受力分析如图所示，设BC段上的张力为FBC，AB段上的张力为FAB，它们与竖直方向的夹角分别为α、β，对C点，竖直方向上受力平衡，有FCsin45°＝F＋FBCcosα，水平

2方向上受力平衡，有FCcos45°＝FBCsinα，联立解得cotα＝B3

11点，同理可得cotβ＝BB1＝EE1＝2m＋×9m33

2＝5m，CC1＝PP1＝5m＋9m＝11m，AC错误，BD正确。 3

4．(2013·开封模拟)一根轻绳一端系小球P，另一端系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示，在小球P、物块Q均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是( )

A．物块Q受3个力

B．小球P受4个力

C．若O点下移，物块Q受到的静摩擦力将增大

D．若O点上移，绳子的拉力将变小

[答案] BD

[解析] 本题考查受力分析，意在考查学生对平衡状态下的物体进行受力分析的能力。对P和Q进行受力分析可知，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，因此A错误，B正确；分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力等于重力不变，C错误；对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确；所以答案选B、D。

5.

(2013·陕西高三质检)如图所示，用一根跨过轻质定滑轮的细绳连接物块P、Q，滑轮用细绳连接在墙上的O点，忽略滑轮的摩擦，P、Q都处于静止状态。现将Q缓慢地由A点移动至B点，最终P、Q仍静止，下列说法中正确的是( )

A．细绳对Q的拉力不变，地面对Q的弹力减小

B．细绳对Q的拉力不变，地面对Q的弹力增大

C．悬于墙上的细绳所受拉力增大，地面对Q的摩擦力增大

D．在Q缓慢地由A点移动至B点的过程中，图中α、β、θ三个角始终相等

[答案] D

[解析] 本题考查学生对受力平衡问题的分析能力。由于Q向右移动，细绳接Q的一端与水平方向的夹角减小，细绳对Q的拉力方向改变，A、B错误。滑轮受到跨过滑轮的细绳的两端的拉力大小相等且不变，但是细绳的夹角增大所以其合力减小，所以悬于墙上的细绳所受拉力减小，C错误。由几何关系知α、β、θ三个角始终相等，D正确。{2017走向高考物理课后强化作业}.

6.

(2013·山东潍坊一横)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量均为m的物体A、B叠放在一起，轻绳通过定滑轮分别与A、B连接(绳与斜面平行)，A与B、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，轻绳与滑轮间的摩擦不计，若要用沿斜面向下的力F将物体B匀速拉出，则F的

2017走向高考物理课后强化作业篇四

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (13)

一、选择题

1.

(2013·广东湛江检测)为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是图(

)

[答案] B

[解析] 小灯泡的电阻随温度的升高而增大，在U－I图象中O点与图象上一点的连线的斜率反映电阻的大小，故B正确。

2．(2013·长郡中学一模)如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后，将照射光强度增强，则

( )

A．电路的路端电压将减小

B．灯泡L将变暗

C．R1两端的电压将增大

D．内阻r上发热的功率将增大

[答案] ACD

[解析] 当照射光强度增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，故干路中的总电流增大，电源的内电压增大，所以电路的路端电压减小，A正确；电阻R1两端的电压将增大，内阻r上发热的功率将增大，CD正确；因为UR2减小，所以IR2减小，故IL增大，灯泡L将变亮，B错误。

3．(2013·陕西西安一模)已知两个电源的电动势为E1和E2，内阻r1和r2满足关系E2>E1，r2>r1，有一定值电阻R1分别接在两个电源上，获得相等的功率，则将另一电阻R2且满足R2>R1也分别接在该两个电源上，关于电阻R2获得的功率P2有( )

A．P1<P2 B．P1>P2

C．P1＝P2 D．条件不足无法确定

[答案] A

[解析]

根据题意画出两电源和两电阻的U－I图象如图，定值电阻R1分别接在两个电源上，获得相等的功率，则R1的U－I图线一定经过两电源图线的交点，另一电阻R2>R1，作出R2的U－I图线如图，与两电源图线交于两点，这两点坐标的乘积分别表示电阻R2获得的功率，在两种情况下都有P1<P2，故A正确，B、C、D错误。

4.

(2013·河南洛阳模拟)如图所示，电源电动势为E、内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光，若某一时刻电灯L1的灯丝断了(此时其余各电灯均不会被烧毁)，则下列判断正确的是( )

A．L2、L4变亮，L3变暗

B．L2、L3变亮，L4变暗

C．L3变亮，L2、L4变暗

D．L3、L4变亮，L2变暗

[答案] A

[解析] 电灯L1的灯丝断了，外电阻变大，路端电压变大，根据U2U2P＝知，L4变亮，L2分得的电压变大，根据P＝知L2也变亮，总RR

电阻变大，干路电流变小，流过L4的电流变大，则流过L3的电流变小，根据P＝I2R知，L3变暗，所以A正确，B、C、D错误。

5.

(2013·江苏省百校大联考)如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，闭合开关S，增大电阻箱R的阻值，理想电压表示数的变化量为ΔU，理想电流表示数的变化量为ΔI，则( )

A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变

B．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变

C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU

D．电阻R0两端电压增大，增大量为ΔU{2017走向高考物理课后强化作业}.

[答案] B

[解析] 根据部分电路欧姆定律，电压表示数U和电流表示数I的比值等于电阻箱的阻值，电阻箱的阻值在增大，故A错误；电压

ΔU表的读数U＝E－I(R0＋r)，则ΔI＝R0＋r，B正确；电阻箱的阻值

增大，电流表的示数减小，电阻R0两端的电压减小，减小量为

ΔIR0<ΔU，故C、D错误。

6.

(2014·山东德州模拟)如图所示，电池的电动势为E，内阻为r，电阻R＝r，滑动变阻器的总阻值为2R，电表为理想电表，在滑动变阻器的滑动片P由a向b滑动的过程中，下列判断正确的是( )

EA．电压表示数最大值为2

B．电源的输出功率一直减小

C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大

EED．电流表示数在 4r2r

[答案] A

[解析] 外电路是滑动变阻器两部分并联再与定值电阻串联，当滑动片位于a、b时，外电路阻值最小为R，内、外电阻相等，电源

EE输出功率最大，电流表示数最大为A对；2r2

当滑动片两侧电阻值相等时，外电路阻值最大为3R，干路电流最小2

2E为，所以在滑动变阻器的滑动片P由a向b滑动的过程中，电源5r

的输出功率、电压表示数、电流表示数都先减小后增大，电流表示数

2017走向高考物理课后强化作业篇五

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (10)

一、选择题

1.

(2013·广州一模)某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图所示，带负电的粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是( )

A．该电场是匀强电场

B．a点电势高于b点电势

C．电场力对粉尘做正功

D．粉尘的电势能增大

[答案] BC

[解析] 电场线不平行，疏密不同，A错。粉尘在电场力的作用下从静止状态变为运动状态，做加速运动，电场力做正功，电势能减少，C对，D错。沿着电场线方向，电势降低，B对。

2.

(2013·陕西五校二模)如图所示，虚线表示某电场的等势面。一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的是( )

A．粒子带正电，由A到B的过程中加速度一直增大

B．粒子带负电，由A到B的过程中速度先增大再减小

C．粒子带正电，由A到B的过程中电场力一直做正功

D．粒子带负电，由A到B的过程中电势能先增大再减小，但B点电势能比A点大

[答案] D

[解析] 由题图中粒子运动轨迹可知粒子带负电，由A到B的过程中电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，且B点电势能比A点大，速度先减小再增大，则选项ABC错误，D正确。

3.

(2013·安徽黄山第一次联考)如图所示的匀强电场中，水平等距离的虚线表示其等势面，带电荷量q＝－0.5×10－10C的粒子在电场力作用下从A点运动到B点过程中，动能增加0.5×10－9J，若A点电势为－10V，下列关于粒子的运动轨迹和B点电势的说法中正确的是

( )

A．粒子沿轨道1运动，B点电势为零

B．粒子沿轨道2运动，B点电势为20V

C．粒子沿轨道1运动，B点电势为－20V

D．粒子沿轨道2运动，B点电势为－20V

[答案] A

[解析] 负电荷由A到B动能增加，则电场力做正功，所以电场线的方向竖直向下，根据轨迹向合外力的方向弯曲可知，粒子沿轨道1运动。由动能定理得q(φA－φB)＝ΔEk，即－0.5×10－10×(－10－φB)＝0.5×10－9，解得φB＝0，A正确，BCD错误。

4．(2014·江苏淮安模拟

)

真空中有一带负电的点电荷绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示。已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆焦点上，则下列说法正确的是( )

A．负电荷在a、c两点所受的电场力大小相等

B．负电荷在a点的电势能高于在c点的电势能

C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少

D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增大后减小

[答案] AC

[解析] 电场强度是矢量，由对称性可知a、c两点的场强大小相等，故负电荷在a、c两点所受电场力大小相等但方向不同，A正确；根据电势是标量和对称性可知，a、c两点的电势相等，故负电荷在a、c两点的电势能相等，B错误；正点电荷的电场线是辐射向外的，且沿电场线方向电势降低，故轨迹上a、b、c、d四点中b点

电势最高，d点电势最低，a、c两点相同，所以负电荷在b点电势能最小，故选项C正确，D错误。

5．(2013·云南昆明质检)A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(

)

A．该电场不可能是点电荷形成的电场

B．A、B两点电场强度大小关系为EA<EB

C．A、B两点电势的关系为φA<φB

D．电子在A、B两点的电势能大小关系为EPA<EPB

[答案] AC

E[解析] 由动能定理得Fx＝Ek，则F＝，可知电子所受的电场x

力不变，电场强度不变，故B错误，A正确；电子由A到B电场力做正功，电势能减小，D错误；电场线的方向由B指向A，沿着电场线电势降低，故φA<φB，C正确。

6.

(2013·湖南师大附中月考)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是( )

A．金属块带正电荷

B．金属块克服电场力做功8J

C．金属块的机械能减少12J

D．金属块的电势能减少4J

[答案] AC

[解析] WG＝24J，Wf＝－8J，ΔEk＝12J，由动能定理得电场力做功WE＝－4J，说明金属块带正电荷，因此选项A正确，B错误；金属块的电势能增加4J，因此选项D错误；金属块的机械能减少12J，选项C正确。所以答案选AC。

7.

(2013·辽宁省一模)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷

2017走向高考物理课后强化作业篇六

【走向高考】2016届高考物理(人教版)第一轮课后强化作业：第八章 磁场-1 (3){2017走向高考物理课后强化作业}.

一、选择题

1．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是(

)

A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场

B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场

C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场

D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场

[答案] AD

[解析] 洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，动能增大，故A项正确。若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B、C项错。由T2πm＝知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确。 Bq

2.

(2013·四川凉山州二模)如图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )

A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动

B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动

C．沿ac做直线运动的小球带负电，且一定是匀速运动

D．两小球在运动过程中机械能均守恒

[答案] AC

[解析] 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，可能做匀速直线运动，A正确，B错误，在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。

3.

(2013·开封高中摸底)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则①液滴一定带负电；②液滴在C点时动能最大；③液滴在C点电势能最小；④液滴在C点机械能最小，以上叙述正确的是( )

A．①② B．①②③

C．①②④ D．②③

[答案] C

[解析] 液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电。液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力。由A→C合力做正功，故在C处液滴的动能最大。而由于A→C克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A→C机械能减小最多，故液滴在C点机械能最小。故选C。

4.

(2013·北京门头沟一模)如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场。下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )

A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场

B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场

C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场

D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场

[答案] D

[解析] 设粒子被电场加速后的速度为v，在磁场中运动的半径

12v2为R，则电场加速过程有qU＝mv，在磁场中有：qvB＝mR＝2Rmv1R＝qBB2mU12U＝U，半径R增大，qBk

A错误，如果只减小B，半径R增大，粒子向下偏，不可能从ab边某位置穿出磁场，B错误，如果既减小U又增加B，半径R减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场，C错误；如果只增加k，半径R减小，粒子可从dP之间某位置穿出磁场，D正确。

5．(2013·浙江理综)

在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )

A．在电场中的加速度之比为1:1

B3:1

C．在磁场中转过的角度之比为1:2

D．离开电场区域时的动能之比为1;3

[答案] BCD

[解析] 离子在电场中加速过程中，由于电场强度相同，根据牛顿第二定律可得a1a2＝q1q2＝13，选项A错误；在电场中加速

12v2过程，由动能定理可得qU＝，在磁场中偏转过程：qvB＝2r

1两式联立可得r＝B2mUr1r2＝3:1，选项B正确；设磁场qdsinθr宽度为d，根据sinθ＝ ＝，联立解得θ2＝60°，选项Crsinθ1r2